2.5 实验：用单摆测量重力加速度-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(人教版2019)

第5节实验：用单摆测量重力加速度 白题基础过关练 限时：20min 1.(2023·江苏金陵中学期中)“用单摆测量重 C.开始计时时，停表过迟按下 力加速度”实验中，下列说法正确的是( D.实验时误将49次全振动记为50次 A.固定摆线的横杆必须水平 (4)为了提高实验的准确度，在实验中可改变 B.可以在摆线水平状态下测摆长 几次摆长L并测出相应的周期T,从而得 C.若摆线质量不可忽略，则测得重力加速度 出几组对应的L和T的数值，以L为横坐 值偏大 标、T为纵坐标作出T-L图线，但同学们 D.摆球连续n次通过最低点时间为t,则摆球 不小心每次都把小球直径当作半径来计 周期T=24 算摆长，由此得到的-L图像是图乙中 的 (填“①”“②”或“③”).由此 2.(2024·湖北高中联考协作体期中)在“用单 测出的重力加速度 (填“偏大” 摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在 “偏小”或“不变”)。 测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动 3.有两组同学利用假期分别去参观北京大学和南京 的总时间为1，在测量单摆的摆长时，先用毫 大学的物理实验室，各自利用先进的DS系统较 米刻度尺测得摆线长度为1，再用游标卡尺测 准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系” 量摆球的直径为D.回答下列问题： (1)(多选)以下对实验的几，点建议中，有利于 7T/ 3 提高测量结果精确度的是 A.实验中适当加长摆线 B.单摆偏离平衡位置的角度大一些 C.当单摆经过最大位移处开始计时 D.测量多组周期T和摆长L,作T下-L关 乙 系图像来处理数据 (1)为了减小测量周期的误差，实验时需要在 (2)他们交换了实验数据，并由计算绘制了 适当的位置做一标记，当摆球通过该标记 -L图像，如图甲所示，去北京大学的同 时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动 学所测实验结果对应的图线是 的 A.最高点 B.最低点 C.任意位置 m (2)该单摆的周期为T= ,重力加速 度的表达式为g= .(用题千中给 出的物理量符号表示)》 m (3)如果测得的g值偏小，可能的原因是 (3)在南京大学做探究的同学还利用计算机绘 A.测摆长时摆线拉得过紧 制了当地两种单摆的振动图像（如图乙），由 B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松 图可知两单摆摆长的比值， 动，使摆线长度增加了 第二章黑白题049 黑题应用提优练 很时：25min 1.(2024·广东广州华南师大附中月考)某研究 重力加速度值总是 (填“偏大” 性学习小组用图甲所示的装置进行“用单摆 “偏小”或“不变”) 测定重力加速度”的实验，摆球下端吸住纽扣 压轴挑战 磁铁，在单摆平衡位置正下方5cm处放置一 2.(2022·重庆名校联考)将一单摆装置竖直悬 智能手机基于磁传感器，智能手机可以测量 挂于某一深度为h(未知)且开口向下的小筒 磁场大小，手机离磁铁越近.磁场越强.忽略电 中（单摆的一部分露于筒外），如图甲所示，将 磁力对单摆周期的影响，π取3.14， 悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释 放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁.如 果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下 端口到摆球球心的距离L,并通过改变L而测 出对应的摆动周期T,再以TP为纵轴、L为横 轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图 像得出小筒的深度h和当地的重力加速度g 0 10 20 (1)该学习小组用游标卡尺测量小球的直径， 1.20 某次测量如图乙所示，小球直径d= 30 m mm. -1.20 (2)在实验中，该学习小组用智能手机记录摆 球摆动过程中磁场随时间变化关系，如图 (1)测量单摆的周期时，某同学在摆球某次 丙所示，摆球每次经过平衡位置手机记录 通过最低点时按下停表开始计时，同时 到磁感应强度的最大值，由于受其他因素 数“1”，当摆球第二次通过最低点时数 影响，记录的最大值略有偏差但大致相 “2”,依此法往下数，当他数到“59”时， 等，该单摆的周期T= 8(结果保 按下停表停止计时，读出这段时间t,则 留到小数点后两位) 该单摆的周期为 BhiT A. 29 B. 29.5 C.30 D. 59 =20.20g (2)如果实验中所得到的下-L关系图线如 两 图乙所示，那么真正的图线应该是a、b、c (3)若测得单摆的摆线长度L=995.95mm,则 中的 重力加速度g= m/s2(保留三位 (3)由图线可知，小简的深度h= 有效数字). m,当地的重力加速度g= (4)由于吸附在摆球底端的磁铁质量不可忽 m/s2(π取3.14). 略，导致摆球实际的重心应在球心的下 方，这样会导致实验中某同学发现测量的 进阶突破拔高练PO时 选择性必修第一册RJ黑白题05002=2,根据 5.C解析：由图乙可知，A=Q4m,则T=A=04 解析：小球的运动可分解为两种运动，沿水平方向的匀速直 线运动和沿凹槽的类似于单摆的简谐运动.小球运动到槽 单摆公式T=2m√日 仁，解得1上二，代入数据解得1 另一端，恰能掉入B点，则运动时间为单摆！个周期的奇 1.00m,故C正确. 6.BCD解析：A根据单摆振动的规律可知，在一个周期内摆 数倍.=(2k+1)4(k=0,1,2…) 球会两次经过最低点，即摆线会出现两次拉力最大的时刻， 则由题图乙可知单摆周期为1.6s,故A错误：B.根据单摆周 期公式可得单摆摆长为1= =0.64m,故B正确：C.设单摆 第5节实验：用单摆测量重力加速度 4π2 的摆角为28，当摆球摆到最高点时摆线拉力最小，为 白题 量础过关练 F=mgos0…①，设摆球运动至最低点时的速度大小为邦， 1,C解析：A.只要能够将摆线固定，则横杆不一定要水平， 则根据机械能守恒定律有)m2=mgl(1-s)…②，在最 故A错误：B摆长等于摆线长加上小球的半径，故应在摆线 竖直状态下测摆长，故B错误：C当细绳的质量不可忽路时， 低点时，根据牛顿第二定律有F-mg=m…③，联立① 摆球重心升高，所以摆长的测量值嫡大，根据T=2:√名 ②3解得F,=0.96N,故C正确；D.根据单摆周期公式可知 421 周期与摆球质量无关，所以若仅将摆球质量变为200g,单摆 可得g= ,可知重力加速度的测量值比真实值大，故C正 周期不变.故D正确.故选BCD. 确：D.摆球连续n次通过最低点时间为1，则摆球周期T= 7.B解析：AA,B经过O点时的向心加速度不为零，处于非 m,故D错误故选C 2 平衡状态，故A错误： B.设当位移为x时，摆线与竖直方向的夹角为8，当夹角较小 时，有sim0= R 2.(1)B(2) (3)B(4)①不变 n 对两物块进行受力分析可得加9= 解析：(1)在测量单摆的周期时，应选择小球通过平衡位置 G 时开始计时，故选B 联立得回复力的大小为F:只，考虚回复力的方向，故 (2)单摆的周期为T= n B正确： C由0点向C点运动的过程中，位移为y,摆线与竖直方向 由单摆周期公式T=2红√g 的夹角为，以A、B整体为研究对象，沿速度方向有 F=Gsin a=mu,sin a= Ra=gsin a=gy R 可知，重力加速度为g= 2 对A进行受力分析可得G,sina-fm,a4, (3)A.测摆长时摆线拉得过紧，导致摆线测量值偏大，由上 由题意可得a=a4,联立解得∫=0，故C错误： 述公式知，g值偏大，A错误： D.单摆的振幅与物体的质量无关，所以将A取走，B的振幅 B摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线实际长度 不变，故D错误故选B 增加了，由上述公式知，g值偏小，B正确： 8.D解析：本题情景中，单摆的周期公式为T=2π√气，其 C开始计时时，停表过迟按下，导致：测量值偏小，由上述公 式知，g值偏大，C错误： 中g'为小球摆动过程的等效重力加速度，则去除细线拉力 D.实验时误将49次全振动记为50次，导致n变大，由上述 后，小球受到的等效重力为G=mg'=pg',又G=(P本 公式知，g值偏大，D错误； p)g,联立解得T'=2π P·L,代入数据得T=16 故选B. NPpg (4)同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长， 故选D. 导致下对应的L都偏大，图像整体右移，故选①. 4L, 9, (+) 下-1图像的斜率为=4 ，由此可知与摆长无关，所以测得 的重力加速度不变. 解析：设标准钟摆长为L.周期为T,则有：7=2 L.T= 3.(1)AD(2)B(3)9 4 2:仁=2在相同间内长为么的比准 解析：(1)实验中适当加长摆线，增大单摆的振动周期，可以减 小周期的测量误差，故A正确：单摆的振动周期与振幅无关，增 确钟快nmin,摆长为L,的摆钟比准确钟慢nmin,设该相同 大单摆偏离平衡位置的角度，不能提高测量结果精确度，放 时间为1，相同时间内摆钟的走时之比等于颊率之比，故有： B错误：当单摆经过最大位移处时开始计时，摆球速度较慢，周 T:7,:乃=}：1：联立解得：= 4L L 期测量误差较大，应从单摆经过平衡位置时开始计时，故C错 tt+n t-n L+L)2 误：测量多组周期T和摆长L,作T-L关系图像来处理数据，可 压轴挑战 减小误差，提高精确度，故D正确故选AD. (2)由T=2元，仁得，下=L,知7-L图像的斜率越大，则重 参考答案与解析黑白题21 力加速度越小，因为南京当地的重力加速度小于北京的，去北京 黑题应用提优练 大学的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B图线 1.D (3)由振动图线知.两单摆的周期之比为 2.A解析：若两次受迫振动均在地球上同一地点进行，则重 T.3 72,由72m 力加速度相等，因为周有频率之比为2：5，则固有周期之比 得两单摆摆长的比值会 为5：2，根据T=2√ -,知摆长之比为25：4，故A正确， B错误：若图线Ⅱ是在地球表面上完成的，则固有频率为 黑题应用提优练 1.(1)8.10(2)2.02(3)9.67(4)偏小 0.5h,则T=2知√g ,解得：l=1m,故C错误；若两次受迫 解析：(1)小球直径为d=8mm+2×0.05mm=8.10mm. 振动分别在月球上和地球上进行，因为图线I单摆的固有频 (2)摆球一周期内经过两次平衡位置，由图可知，2时间内 ,知周期大的重 摆球一共经历21次平衡位置，单摆的周期为T=二。 率较小，则周有周期较大，根据T=2√ 力加速度小，则图线【是月球上单摆的共振曲线，图线Ⅱ是 20.20 21-s=2.02s 地球上的单摆的共振曲线，故D错误故选A. 3.B解析：水做受迫振动，其晃动的频率等于驱动力的频率， 2 即等于步频，所以步频越大，水见动的频率越大：驱动力的频 (3)单摆的摆长为1=L+号=1m,根据单摆周期公式7： 率等于周有颊率时，水晃动的幅度最大，题设条件不足，无法 判断步频与水的固有频率的关系，无法得出水见动的幅度变 化情况，而步辐与水晃动的幅度无关故选B 20Ng 重力加速度为g= 202X1m/3967m/s2 4π2.4×314 4.A解析：根据题意，在某电压下，电动偏心轮的转速是 (4)由于吸附在摆球底端的磁铁质量不可忽略，导致摆球实 际的重心应在球心的下方，则单摆摆长的实际值大于测量 88/min,则/= 60 z≈1.47z,由题图乙可知筛子的固有频 42 率为。=0.8Hz<(,由于邪动力的频率大于筛子的固有频率， 值，根据g=T产，可知重力加速度值的实际值大于测量值， 放要使振辐变大，可以诚小驱动力的颊率，或增大筛子的固 故实验中某同学发现测量的重力加速度值总是偏小 有频率，即可以降低输入电压或减小筛子的质量，故A正确 压轴挑战 放选A 2.(1)A(2)a(3)0.39.86 压轴挑战 解析：(1)从“1”数到“59“时经历了29个周期，该单摆的周 5.5人 解析：人体的固有频率为：=2Hz 期为)故选A 当汽车的振动频率与其相等时，人体与之发生共振，人感觉 (2)摆线在筒内部分的长度为h,由T=2m Lth 最受.即√侣 可得下.4 .可知下-L关系图线为 -L+ 得：l,g g 4nf (3)将T°=0，L=-30cm 代入数据得：l0.0621m, 代人下.4L4何，可得h=30m=03m. 由胡克定律得：=(m,+m)g, -mg1.5x10x0.0621-600x9.8=5(人). 且三 将TP-1.20s2.L=0 m28 70×9.8 代人下_4L4么，可求得g=mm=9,86m2. 本章达标检测 g g 第6节受迫振动共振 白题 单元达标 1.A 白题基础过关练 2.A 解析：设窗的上沿距房顶的高度为，细线长为L,根据单 1.C解析：A阻尼振动不是一种受迫振动，故A错误：B.摆球 在P与N时刻位移相等，则势能相等，故B错误：CD.由于阻 摆的周期公式有T7,=2m√ L ,根据题意可知 -.T;= 力影响，单摆要克服阻力做功，在运动过程中机械能一直逐 渐减小，故P时刻的机械能大于N时刻的机械能，而两点势 万2解得h=1.5m,故选A 能相等，则P时刻的动能大于V时刻的动能，故C正确， 3.C4.C D错误故选C 2.D3.C4.D 5.C解折：小球做简诗运动，遂度=气…浮，可知在 5.C解析：C.人用手振动该飞力士棒，飞力士棒做的是受迫振 t=0时速度最大，小球位于平衡位置，此时加速度为0，位移 动，手是驱动力，因此手振动的频率越大，飞力士棒的振动颜 为0，动能最大，弹性势能为0，弹簧的弹力为0，对小球做功 率越大，选项C正确：ABD.驱动力的频率越接近固有频率， 受迫振动的振辐越大，当手每分钟振动270次时，驱动力的 的功率为0，故A错误：BC由=A2亭可知w行则 频率/ 小球速度变化周期为T=T,所以动能和势能的周期为T严"= z=4.5Hx=,此时飞力土棒振动最强，选 T 项ABD错误故选C 小球的最大迷度=停则最大动能人=行2 选择性必修第一册·R黑白题22